人教版高中物理选择性必修第二册全册各章节课时分层练习题含答案解析（第一章安培力与洛伦兹力、第二章电磁感应等）

人教版选择性必修第二册练习题第一章安培力与洛伦兹力 11.磁场对通电导线的作用力 12.磁场对运动电荷的作用力 73.带电粒子在匀强磁场中的运动 144.质谱仪与回旋加速器 19综合测验 27第二章电磁感应 361.楞次定律 362.法拉第电磁感应定律 443.涡流、电磁阻尼和电磁驱动 504.互感和自感 56综合测验 62第三章交变电流 721.交变电流 722.交变电流的描述 773.变压器 844.电能的输送 91综合测验 97第四章电磁震荡与电磁波 1061.电磁振荡 1062.电磁场与电磁波 1123.无线电波的发射和接收 116综合测验 120第五章传感器 1271.认识传感器 1272.常见传感器的工作原理及应用 1273.利用传感器制作简单的自动控制装置 136综合测验 142第一章安培力与洛伦兹力1.磁场对通电导线的作用力一、基础巩固1.(多选)关于磁场对通电直导线的作用力的大小,下列说法正确的是()A.通电直导线跟磁场方向平行时作用力最大B.通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C.作用力的大小跟导线与磁场方向的夹角无关D.通电直导线跟磁场方向斜交时肯定有作用力答案:BD解析:安培力既垂直于通电导线,又垂直于磁场。当通电直导线与磁场方向垂直时,安培力最大,当通电直导线与磁场方向平行时,安培力为零,选项A、C错误,B正确。通电直导线跟磁场方向斜交时,可将磁场沿平行于导线方向和垂直于导线方向进行分解,垂直于导线方向的磁场为有效磁场,安培力不为零,选项D正确。2.在如图所示的匀强磁场中,已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向,其中错误的是()答案:C解析:根据左手定则可知A、B、D正确;C图中电流方向和磁场方向平行,不受安培力,故C错误。本题考查左手定则的应用,意在培养学生的科学思维。3.一根容易发生形变的弹性导线两端固定,导线中通有电流,方向竖直向上。当没有磁场时,导线呈直线状态;当分别加上方向竖直向上、水平向右和垂直于纸面向外的匀强磁场时,如图所示,描述导线状态的四个图正确的是()答案:D解析:用左手定则可判断出,A中导线所受安培力为零,B中导线所受安培力垂直于纸面向里,C、D中导线所受安培力向右,导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致,故D正确,A、B、C错误。4.电磁弹射是采用电磁的能量来推动被弹射的物体向外运动,电磁炮就是利用电磁弹射工作的。电磁炮的原理如图所示,则炮弹导体滑块受到的安培力的方向是()A.竖直向上 B.竖直向下C.水平向左 D.水平向右答案:C解析:由左手定则可知,炮弹导体滑块受到的安培力的方向是水平向左,故选C。5.(2020云南四校联考)如图所示,导线框中电流为I,导线框垂直于磁场放置,磁场的磁感应强度为B,ef与gh相距为d,则MN所受安培力大小为()A.F=BId B.F=BIdsinθC.F=BIdsinθ D.F=BId答案:C解析:MN与磁场方向垂直,并且MN的长度为dsinθ,所以F=IlB=IBdsinθ。本题考查安培力的大小6.如图所示,放在马蹄形磁铁两极之间的导体棒ab处于水平状态,当通有自b到a的电流时,导体棒受到方向向右、大小F=1N的磁场力的作用,已知导体棒在马蹄形磁铁内部的长度l=5cm,通过导体棒的电流大小I=10A。求:(1)导体棒中的电流在其右侧位置所形成的磁场的方向;(2)马蹄形磁铁中导体棒所在位置的磁感应强度B的大小。答案:(1)竖直向上(2)2T解析:(1)由安培定则可知,导体棒中的电流在其右侧所形成的磁场方向竖直向上。(2)由公式F=IlB,可知B=F解得B=2T。二、能力提升1.(多选)如图所示,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是()A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3答案:BC解析:因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示。由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误,B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos60°=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2Fcos30°=3F,故C正确,D错误。此题考查了电流间的作用力及叠加原理,意在提高学生的综合分析能力,培养学生的科学思维。2.(多选)实验室经常使用的电流表是磁电式电流表。这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的。当线圈通以如图乙所示的恒定电流(b端电流方向垂直于纸面向内)时,下列说法正确的是()A.当线圈在如图乙所示的位置时,b端受到的安培力方向向上B.线圈转动时,螺旋弹簧被扭动,阻碍线圈转动C.线圈通过的电流越大,指针偏转角度越小D.电流表表盘刻度均匀答案:BD解析:由左手定则可判定,当线圈在如题图乙所示的位置时,b端受到的安培力方向向下,故A错误;当通电后,处于磁场中的线圈受到安培力作用,使其转动,螺旋弹簧被扭动,则线圈受到弹簧的阻力,从而阻碍线圈转动,故B正确;线圈中通过的电流越大,线圈受到的安培力越大,指针偏转的角度越大,C错误;在线圈转动的范围内,线圈平面始终与磁感线平行,且线圈左右两边所在之处的磁感应强度的大小相等,故表盘刻度均匀,D正确。此题考查磁电式电流表的原理及特点,意在提高学生的理论联系实际的能力,培养学生的科学思维。3.(多选)如图甲所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音。俯视图乙表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面平行于纸面),磁场方向如图乙中箭头所示,在图乙中()A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外答案:BC解析:将线圈看作由无数小段直导线组成,由左手定则可以判断,当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外,选项B正确,A错误;当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里,选项C正确,D错误。4.一重力不计的直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图所示,如果直导线可以自由地运动且通以方向由a到b的电流,则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为()A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管答案:D解析:先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极,找出导线左、右两端磁场的方向,并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向,如图甲所示。可以判断导线受到安培力作用后从上向下看按逆时针方向转动;再分析导线转过90°时导线位置的磁场方向,再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向,如图乙所示,可知导线还要靠近螺线管,所以D正确,A、B、C错误。本题考查安培力作用下导体的运动,意在提高学生的综合分析应用能力,提高学生的科学思维。5.如图所示,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中,已知B的大小为0.1N/(A·m),磁场方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm,重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。答案:竖直向下0.01kg解析:金属棒通电后,闭合回路中的电流I=ER=金属棒受到的安培力大小为F=BIl=0.06N由左手定则判断可知金属棒受到的安培力方向竖直向下。该弹簧的劲度系数为k,由平衡条件知,开关闭合前,2kx=mg开关闭合后,2k(x+Δx)=mg+F代入数值解得m=0.01kg。6.如图所示,在平行倾斜固定的导轨上端接入电动势E=50V,内阻r=1Ω的电源和滑动变阻器R,导轨的宽度d=0.2m,倾角θ=37°。质量m=0.11kg的导体棒ab垂直置于导轨上,与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,整个装置处在竖直向下的磁感应强度B=2.2T的匀强磁场中,导轨与导体棒的电阻不计。现调节R使杆ab静止不动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)ab棒受到的最小安培力F1和最大安培力F2;(2)滑动变阻器R有效电阻的取值范围。答案:(1)0.2N2.2N(2)9Ω≤R≤109Ω解析:本题考查了安培力作用下导体的状态分析,意在提高学生的综合分析能力,提高学生的科学思维。(1)由题意知,当ab棒刚要向下运动时所受安培力最小,当ab棒刚要向上运动时所受安培力最大,由物体平衡条件有F1cosθ+μ(mgcosθ+F1sinθ)=mgsinθF2cosθ=μ(mgcosθ+F2sinθ)+mgsinθ解得F1=0.2N,F2=2.2N。(2)设导体棒所受安培力为F1、F2时对应R的值为R1和R2,则有I1=ER1+r,F1=BI1dF2=BI2d联立解得R1=109Ω,R2=9Ω则9Ω≤R≤109Ω。2.磁场对运动电荷的作用力一、基础巩固1.一带电粒子在匀强磁场中,沿着磁感应强度方向运动,现将该磁场的磁感应强度增大一倍,则带电粒子所受的洛伦兹力()A.增大两倍B.增大一倍C.减小一半D.保持原来的大小不变答案:D解析:带电粒子沿磁感线方向运动时,不受洛伦兹力,故D项正确。2.带电粒子(重力不计)穿过饱和蒸汽时,在它走过的路径上饱和蒸汽会凝成小液滴,从而显示粒子的径迹,这是云室的原理。右图是云室的拍摄照片,云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场,图中Oa、Ob、Oc、Od是从O点发出的四种粒子的径迹,下列说法正确的是()A.四种粒子都带正电B.四种粒子都带负电C.打到a、b点的粒子带正电D.打到c、d点的粒子带正电答案:D解析:由左手定则知打到a、b点的粒子带负电,打到c、d点的粒子带正电,D正确。3.下列四幅图中各物理量方向间的关系,正确的是()答案:B解析:由左手定则可知,安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直,故A错误;磁场的方向向下,电流的方向垂直于纸面向里,由左手定则可知安培力的方向向左,故B正确;由左手定则可知,洛伦兹力的方向与磁感应强度的方向垂直,应为垂直于纸面向外,故C错误;通电螺线管内部产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向,题图D中电荷运动的方向与磁感线的方向平行,不受洛伦兹力,故D错误。此题考查洛伦兹力方向的判断,意在提高学生应用左手定则的能力,提高学生的科学思维。4.大量电荷量均为+q的粒子,在匀强磁场中运动,下面说法正确的是()A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同B.如果把+q改为-q,且速度反向但大小不变,与磁场方向不平行,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.只要带电粒子在磁场中运动,它一定受到洛伦兹力作用D.带电粒子受到洛伦兹力越小,则该磁场的磁感应强度越小答案:B解析:带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力不仅与其速度的大小有关,还与其速度的方向有关,当速度方向与磁场方向在一条直线上时,不受洛伦兹力作用,所以A、C、D错误;根据左手定则,不难判断B是正确的。5.每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来,地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向,使它们不能到达地面,这对地球上的生命有十分重要的意义。假设有一个带正电的宇宙射线粒子正从赤道上某点的正上方垂直于地面射来,在地磁场的作用下,它将()A.向东偏转 B.向南偏转C.向西偏转 D.向北偏转答案:A解析:地磁场方向由南向北,由左手定则可判定该带正电的粒子在赤道上受到向东的洛伦兹力,A正确。6.如图所示,各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B,带电粒子的速率均为v,电荷量均为q。试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小,并指出洛伦兹力的方向。(1)(2)(3)(4)答案:(1)qvB垂直于v指向左上方(2)12qvB(3)不受洛伦兹力(4)qvB垂直于v指向左上方解析:此题考查了洛伦兹力的大小和方向,意在提高学生理解和分析能力,提高学生的科学思维。(1)因v⊥B,所以F=qvB,方向垂直于v指向左上方。(2)v与B的夹角为30°,将v分解成垂直于磁场的分量和平行于磁场的分量,v⊥=vsin30°,F=qvBsin30°=12qvB,(3)由于v与B平行,所以不受洛伦兹力。(4)v与B垂直,F=qvB,方向垂直于v指向左上方。7.一初速度为零的质子(质量m=1.67×10-27kg,电荷量q=1.6×10-19C)经过电压为1880V的电场加速后,垂直进入磁感应强度为5.0×10-4T的匀强磁场中,质子所受洛伦兹力为多大?答案:4.8×10-17N解析:在加速电场中,由动能定理得Uq=12mv故质子获得的速度v=2Uqm=6.0×10质子受到的洛伦兹力F=Bqv=4.8×10-17N。二、能力提升1.(多选)磁流体发电机的原理示意图如图所示,金属板M、N正对着平行放置,且板面垂直于纸面,在两板之间接有电阻R。在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场。当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时,下列说法正确的是()A.N板的电势高于M板的电势B.M板的电势高于N板的电势C.R中有由b向a方向的电流D.R中有由a向b方向的电流答案:BD解析:根据左手定则可知正电荷向上极板偏转,负电荷向下极板偏转,则M板的电势高于N板的电势。M板相当于电源的正极,那么R中有由a向b方向的电流。2.如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,在O点存在垂直于纸面向里运动的匀速电子束。∠MOP=60°,在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图所示,这时O点的电子受到的洛伦兹力大小为F1。若将M处长直导线移至P处,则O点的电子受到的洛伦兹力大小为F2。那么F2与F1之比为()A.3∶1 B.3∶2C.1∶1 D.1∶2 答案:B解析:长直导线在M、N、P处时在O点产生的磁感应强度B大小相等,M、N处的导线在O点产生的磁感应强度方向都向下,合磁感应强度大小为B1=2B,P、N处的导线在O点产生的磁感应强度夹角为60°,合磁感应强度大小为B2=3B,可得,B2∶B1=3∶2,又因为F洛=qvB,所以F2∶F1=3∶2,选项B正确。3.如图所示,一个带负电的物体从绝缘粗糙斜面顶端滑到底端时的速度为v,若加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场,则物体滑到底端时()A.v变大 B.v变小C.v不变 D.不能确定v的变化答案:B解析:此题考查洛伦兹力与力学综合问题,意在提高学生的综合应用能力,提高学生的科学思维。未加磁场时,根据动能定理,有mgh-Wf=12mv2-0。加磁场后,多了洛伦兹力,方向垂直于斜面向下,洛伦兹力不做功,但正压力变大,摩擦力变大,根据动能定理,有mgh-Wf'=12mv'2-0,Wf<Wf',所以v'<v4.两个完全相同的带等量正电荷的小球a和b,从同一高度自由落下,分别穿过高度相同的水平方向的匀强电场和匀强磁场,如图所示,然后再落到地面上。设两球运动所用的总时间分别为ta、tb,则()A.ta=tb B.ta>tbC.ta<tb D.条件不足,无法比较答案:C解析:a球进入匀强电场后,始终受到水平向右的电场力F电=qE作用,这个力不会改变a在竖直方向运动的速度,故它下落的总时间ta与没有电场时自由下落的时间t0相同。b球以某一速度进入匀强磁场瞬间它就受到水平向右的洛伦兹力作用,这个力只改变速度方向,会使速度方向向右发生偏转,又因为洛伦兹力始终与速度方向垂直,当速度方向变化时,洛伦兹力的方向也发生变化,不再沿水平方向。右图为小球b在磁场中某一位置时的受力情况,从图中可以看出洛伦兹力F洛的分力F1会影响小球竖直方向的运动,使竖直下落的加速度减小(小于g),故其下落的时间tb大于没有磁场时小球自由下落的总时间t0。综上所述,ta<tb,故C正确。此题考查了带电小球在匀强电场和匀强磁场中的运动问题,意在培养学生的辨析和应用能力,提高学生的科学思维。5.质量为0.1g的小物块,带有5×10-4C的电荷量,放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上,整个斜面置于0.5T的匀强磁场中,磁场方向如图所示。物块由静止开始下滑,滑到某一位置时,物块开始离开斜面。设斜面足够长,g取10m/s2。(1)求物块的带电性质。(2)物块离开斜面时的速度为多少?(3)物块在斜面上滑行的最大距离是多少?答案:(1)负电(2)23m/s(3)1.2m解析:(1)由左手定则可知,物块带负电。(2)当物块离开斜面时,物块对斜面的压力为0,受力如图所示,则qvB-mgcos30°=0,解得v=23m/s。(3)由动能定理得mgsin30°·l=12mv2,解得物块在斜面上滑行的最大距离l=1.2m6.如图所示,一根足够长的光滑绝缘杆MN,与水平面夹角为37°,固定在竖直平面内,垂直于纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间,杆与B垂直,质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时,对杆有垂直于杆向下的压力作用,压力大小为0.4mg,已知小环的电荷量为q,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)小环带什么电?(2)小环滑到P处时的速度多大?(3)小环滑到距离P多远处,环与杆之间没有正压力?答案:(1)负电(2)2mg5qB解析:(1)假如没有磁场,小环对杆的压力为mgcos37°=0.8mg,然而此时小环对杆的压力为0.4mg,说明小环受到垂直于杆向上的洛伦兹力作用。根据左手定则知,小环带负电。(2)设小环滑到P点处时的速度大小为vP,在P点小环的受力如图甲所示,根据平衡条件得qvPB+FN=mgcos37°由牛顿第三定律得杆对小环的支持力FN=0.4mg解得vP=mgcos37(3)设小环从P处下滑至P'处时,对杆没有压力,此时小环的速度为v',则在P'处,小环受力如图乙所示,由平衡条件得qv'B=mgcos37°所以v'=mg在小环由P处滑到P'处的过程中,由动能定理得mglPP'sin37°=12mv'2-解得lPP'=2m3.带电粒子在匀强磁场中的运动一、基础巩固1.质子和一价钠离子分别垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动,如果它们的圆周运动半径恰好相等,这说明它们在进入磁场时()A.速率相等B.动量大小相等C.动能相等D.质量相等答案:B解析:由r=mvqB可知,由于质子和一价钠离子电荷量相等,则只要mv相等,即动量大小相等,2.薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域,高速带电粒子可穿过铝板一次,在两个区域内运动的轨迹如图所示,半径R1>R2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变,不计重力,则该粒子()A.带正电B.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相等C.在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D.从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域答案:C解析:粒子穿过铝板受到铝板的阻力,速度将减小。由r=mvBq可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小,故可得粒子是由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域,结合左手定则可知粒子带负电,A、B、D选项错误;由T=2πmBq可知粒子运动的周期不变,粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t=13.(2020河北定州中学模拟)有三束粒子,分别是质子(11H)、氚核(13H)和α(24He)粒子束,如果它们均以相同的速度垂直射入匀强磁场(答案:C解析:由粒子在磁场中运动的半径r=mvqB可知,质子、氚核、α粒子轨迹半径之比r1∶r2∶r3=m1vq1B∶m2vq2B∶m3v4.科学史上一张著名的实验照片示意图如图所示,显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室处在匀强磁场中,磁场方向垂直于照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子()A.带正电,由下往上运动B.带正电,由上往下运动C.带负电,由上往下运动D.带负电,由下往上运动答案:A解析:粒子穿过金属板后,速度变小,由半径公式r=mvqB可知,半径变小,粒子运动方向为由下向上;又由于洛伦兹力的方向指向圆心,由左手定则,粒子带正电。故选A5.如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中,一带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动,则粒子带电性质和环绕方向分别是()A.带正电,逆时针 B.带正电,顺时针C.带负电,逆时针 D.带负电,顺时针答案:C解析:粒子在复合场中做匀速圆周运动,所以粒子所受重力与电场力二力平衡,所以电场力方向向上,粒子带负电。根据左手定则,负电荷运动方向向上时受向左的作用力,因此做逆时针运动,选项C正确。6.已知氢核与氦核的质量之比m1∶m2=1∶4,电荷量之比q1∶q2=1∶2,当氢核与氦核以v1∶v2=4∶1的速度垂直于磁场方向射入磁场后,分别做匀速圆周运动,则氢核与氦核运动轨迹半径之比r1∶r2=,周期之比T1∶T2=。

答案:2∶11∶2解析:带电粒子射入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,所以洛伦兹力提供向心力,即qvB=mv2r,得r=mvqB,所以r1∶r2=m1同理,因为周期T=2所以T1∶T2=2πm1q1二、能力提升1.如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,x轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场,且在上方运动半径为R。则(A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C.粒子完成一次周期性运动的时间为2D.粒子第二次射入x轴上方磁场时,沿x轴前进3R答案:D解析:由r=mvqB可知,粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2,所以B项错误;粒子完成一次周期性运动的时间t=16T1+16T2=πm3qB+2πm3qB=πmqB,所以C项错误;粒子第二次射入x轴上方磁场时沿2.(多选)如图所示,截面为正方形的容器处在匀强磁场中,一束电子从孔A垂直磁场射入容器中,其中一部分从C孔射出,一部分从D孔射出,则下列叙述正确的是()A.从两孔射出的电子速率之比vC∶vD=2∶1B.从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比tC∶tD=1∶2C.从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比aC∶aD=2∶1D.从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比aC∶aD=2∶1答案:ABD解析:RC=mvCeB,RD=mvDeB,因为RC=2RD,所以vC∶vD=2∶1,故A正确;tC=14·2πmeB,tD=12·2πmeB,所以tC∶tD=1∶2,故B正确;加速度之比aC∶aD=evC3.平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()A.mv2qB BC.2mvqB D答案:D解析:粒子运动的轨迹如图所示。运动半径为R=mvqB。由运动的对称性知,出射速度的方向与OM间的夹角为30°,由图中几何关系知lAB=R,lAC=2Rcos30°=3mvqB。所以出射点到O点的距离为lBO=lACtan30°+R=4mvqB4.(多选)不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过。设产生匀强电场的两极板间电压为U,距离为d,匀强磁场的磁感应强度为B,粒子的电荷量为q,进入速度为v,以下说法正确的是()A.若同时增大U和B,其他条件不变,则粒子一定能够直线穿过B.若同时减小d和增大v,其他条件不变,则粒子可能直线穿过C.若粒子向下偏,能够飞出极板间,则粒子动能一定减小D.若粒子向下偏,能够飞出极板间,则粒子的动能有可能不变答案:BC解析:粒子能够直线穿过,则有qUd=qvB,即v=UBd,若U、B增大的倍数不同,粒子不能沿直线穿过,A项错误;同理B项正确;粒子向下偏,静电力做负功,又W洛=0,所以ΔEk<0,C项正确5.如图所示,直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场,一电子(质量为m、电荷量为e)以速度v从点O与MN成30°角的方向射入磁场中。(1)电子从磁场中射出时距O点多远?(2)电子在磁场中运动的时间是多少?答案:(1)mv(2)π解析:设电子在匀强磁场中运动半径为R,射出时与O点距离为d,运动轨迹如图所示。(1)据牛顿第二定律知Bev=mv由几何关系可得d=2Rsin30°解得d=mvBe(2)电子在磁场中转过的角度为θ=60°=π又周期T=2因此运动时间t=θT26.长为l的水平极板间有垂直于纸面向内的匀强磁场,如图所示,磁感应强度为B,极板间距离也为l,极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,其入射速度是多少?答案:v≤qBl4m或v解析:设当粒子紧擦上极板右边缘飞出时(如图所示),半径为R,则l2+R-l22=R2,R=54l。由R=mvqB得v=qBRm=当粒子紧擦着上极板左边缘飞出时(如图所示),R=l4,由R=mvqB得v=qBRm=qBl4m,故欲使粒子不打到极板上,则v≤qBl4m或v≥4.质谱仪与回旋加速器一、基础巩固1.(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子()A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等答案:AC解析:设电子的质量为m,速率为v,电荷量为q,B2=B,B1=kB,则由牛顿第二定律得qvB=mv2T=2πR由①②得R=mvqB,T=所以R2R1=k根据a=qvBm,ω=vR可知所以选项A、C正确,选项B、D错误。2.如图所示,粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子。这些粒子经装置M加速并筛选后,能以相同的速度从a点垂直于磁场方向沿ab射入正方形匀强磁场abcd。粒子1、粒子2分别从ad中点和c点射出磁场。不计粒子重力,则粒子1和粒子2()A.均带正电,质量之比为4∶1B.均带负电,质量之比为1∶4C.均带正电,质量之比为2∶1D.均带负电,质量之比为1∶2答案:B解析:由题图可知,粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左,由左手定则可知,粒子带负电;设正方形的边长为l,由题图可知,粒子轨道半径分别为r1=14l,r2=l;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,m=qBrv∝r,则m3.(多选)一个用于加速质子的回旋加速器,其核心部分如图所示,D形盒半径为R,垂直于D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B,两盒分别与交流电源相连。设质子的质量为m、电荷量为q,则下列说法正确的是()A.D形盒之间交变电场的周期为2B.质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大C.质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大D.质子离开加速器时的最大动能与R成正比答案:AB解析:D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运动的周期,A对;由r=mvqB得,当r=R时,质子有最大速度vm=qBRm,即B、R越大,vm越大,vm与加速电压无关,B对,C错;质子离开加速器时的最大动能Ekm=12m4.两个相同的回旋加速器,分别接在加速电压为U1和U2的高频电源上,且U1>U2,两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动,设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2,获得的最大动能分别为Ek1和Ek2,则()A.t1<t2,Ek1>Ek2B.t1=t2,Ek1<Ek2C.t1<t2,Ek1=Ek2D.t1>t2,Ek1=Ek2答案:C解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,由R=mvqB,Ekm=12mv2可知,粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关,所以Ek1=Ek2;设粒子在加速器中绕行的圈数为n,则Ek=2nqU,由以上关系可知n与加速电压U成反比,由于U1>U2,则n1<n2,而t=nT,T相同,所以t1<t2,故C正确,A、B、5.回旋加速器D形盒中央为质子流,D形盒的交流电压为U,静止质子经电场加速后,进入D形盒,其最大轨道半径为R,磁场的磁感应强度为B,质子质量为m。求:(1)质子最初进入D形盒的动能;(2)质子经回旋加速器最后得到的动能;(3)交流电源的频率。答案:(1)eU(2)e2B2解析:(1)粒子在电场中加速,由动能定理得eU=Ek-0解得Ek=eU。(2)粒子在回旋加速器的磁场中运动的最大半径为R,由牛顿第二定律得evB=mv质子的最大动能Ekm=12mv解得Ekm=e2(3)由电源的周期与频率间的关系可得f=1电源的周期与质子的运动周期相同,均为T=2解得f=eB26.如图所示,分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里。电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场,离开磁场时速度方向偏转了60°角。试求:(1)粒子做圆周运动的半径;(2)粒子的入射速度;(3)粒子在磁场中运动的时间。答案:(1)3r(2)3Bqrm解析:该带电粒子从磁场射出时速度反向延长线会交于O点,画出磁场中运动轨迹如图所示,粒子转过的圆心角θ=60°。(1)由几何知识得R=rtan60°=3r。(2)由R=mvqB得,v=BqR(3)在磁场中运动时间为t=θ2πT=二、能力提升1.(多选)质谱仪的工作原理示意图如图所示。带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器。速度选择器内正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是()A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于ED.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小答案:ABC解析:由加速电场可见粒子所受静电力向下,即粒子带正电,在速度选择器中,静电力水平向右,洛伦兹力水平向左,因此速度选择器中磁场方向垂直于纸面向外,B正确;经过速度选择器时满足qE=qvB,可知能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB,带电粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动,则有R=mvqB,可见当v相同时,R∝mq,所以可以用来区分同位素,且R越大,2.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量之比约为()A.11 B.12C.121 D.144答案:D解析:带电粒子在加速电场中运动时,有qU=12mv2,在磁场中偏转时,其半径r=mvqB,由以上两式整理得r=1B2mUq。由于质子与一价正离子的电荷量相同,B1∶B2=1∶12,当半径相等时,解得m2m13.(2020浙江嘉兴质检)质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。右图为质谱仪的原理示意图,现利用质谱仪对氢元素进行测量。让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场。加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上,形成a、b、c三条“质谱线”。则下列判断正确的是()A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B.进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C.在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D.a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚答案:A解析:氢元素的三种同位素离子均带正电,电荷量大小均为e,经过加速电场,由动能定理有eU=Ek=12mv2,故进入磁场中的动能相同,B项错误;且质量越大的离子速度越小,故A项正确;三种离子进入磁场后,洛伦兹力充当向心力,evB=mv2R,解得R=mveB=2meUeB,可见,质量越大的离子做圆周运动的半径越大,D项错误;在磁场中运动时间均为半个周期,4.(多选)如图所示,回旋加速器D形盒的半径为R,所加磁场的磁感应强度为B,用来加速质量为m、电荷量为q的质子(11H),质子从下盒的质子源由静止出发,回旋加速后,由A孔射出,则下列说法正确的是(A.回旋加速器加速完质子在不改变所加交流电压和磁场的情况下,不可以直接对氦核(24B.只增大交流电压U,则质子在加速器中获得的最大动能将变大C.回旋加速器所加交流电压的频率为BqD.加速器可以对质子进行无限加速答案:AC解析:在加速粒子的过程中,电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等。由T=2πmBq知,氦核

24He在回旋加速器中运动的频率是质子的12,不改变B和f,该回旋加速器不能用于加速氦核粒子,A正确;根据qvB=mv2R得,粒子的最大速度v=qBRm,即质子有最大速度,不能被无限加速,质子获得的最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m5.如图所示,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案:(1)4Ulv1解析:(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有q1U=12m1v1由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1v12由几何关系知2R1=l③由①②③式得B=4Ulv(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=12m2v2q2v2B=m2v22由题给条件有2R2=l2⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1∶q2m本题主要考查带电粒子在电场中的加速、在匀强磁场中的圆周运动及其相关的知识点,意在考查学生灵活运用相关知识解决实际问题的能力,体现了科学思维的学科素养。6.下图为一种质谱仪的示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为+q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。求:(1)加速电场的电压;(2)P、Q两点间的距离s。答案:(1)ER(2)2解析:(1)由题意知粒子在辐射电场中做圆周运动,由电场力提供向心力,则qE=mv在加速电场中有qU=12mv解得U=ER2(2)在磁分析器中,粒子所受洛伦兹力提供向心力,则由qvB=mv2r,代入解得r=1P、Q两点间的距离s=2r=2B综合测验(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半答案:B解析:根据左手定则可知,安培力的方向既与磁场方向垂直,又与电流(或直导线)方向垂直,A项错误,B项正确。由安培力的大小F=BIlsinθ可知,C项错误。将直导线从中点折成直角,有效长度不一定为原来的一半,D项错误。2.下列装置中,没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是()答案:D解析:洗衣机将电能转化为机械能,不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的,所以选项D正确。3.在等边三角形的三个顶点a、b、c处,各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图所示。过c点的导线所受安培力的方向()A.与ab边平行,竖直向上B.与ab边垂直,指向左边C.与ab边平行,竖直向下D.与ab边垂直,指向右边答案:B解析:由安培定则可得,导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下。再由左手定则可得,安培力的方向是与ab边垂直,指向左边。故选B。4.如图所示,通电直导线ab位于两平行导线横截面M、N的连线的中垂线上。当平行导线M、N通以同向大小相等的电流时,下列说法正确的是()A.ab顺时针旋转B.ab逆时针旋转C.a端向外,b端向里旋转D.a端向里,b端向外旋转答案:C解析:首先分析出两个平行电流在直导线ab处产生的磁场情况,如图所示,两电流产生的、在直导线ab上部分的磁感线方向都是从左向右,则ab上部分电流受到的安培力方向垂直于纸面向外;ab下部分处的磁感线方向都是从右向左,故ab下部分电流受到的安培力方向垂直于纸面向里。所以,导线的a端向外旋转,导线的b端向里旋转。5.带电油滴以水平向右的速度v0垂直进入磁场,恰做匀速直线运动,如图所示,若油滴质量为m,磁感应强度为B,则下述说法正确的是()A.油滴必带正电荷,电荷量为mgB.油滴必带正电荷,比荷为qC.油滴必带负电荷,电荷量为mgD.油滴带什么电荷都可以,只要满足q=mg答案:C解析:由于带电的油滴进入磁场中恰做匀速直线运动,且受到的重力向下,洛伦兹力方向必定向上。由左手定则可知油滴一定带负电荷,且满足mg-qv0B=0,所以q=mgv0B,6.电视显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中央的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是()答案:A解析:电子偏转到a点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外,对应的B-t图的图线应在t轴下方;电子偏转到b点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向里,对应的B-t图的图线应在t轴上方,A正确。7.如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A.1∶2 B.2∶1C.2∶2 D.2∶1答案:C解析:设带电粒子在P点时初速度为v1,从Q点穿过铝板后速度为v2,则Ek1=12mv12,Ek2=12mv22;由题意可知Ek1=2Ek2,即12mv12=mv22,则8.英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷qm答案:D解析:通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电,故选项A错误;带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的电场力,可知速度选择器的P1极板带正电,故选项B错误;由洛伦兹力充当向心力有qvB=mv2r,得粒子在B2磁场中的运动半径r=mvqB,又粒子的运动速度v大小相等,电荷量q未知,故在磁场中运动半径越大的粒子,质量不一定越大,但比荷qm=vBr二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.如图所示,通电导体棒静止于水平导轨上,棒的质量为m,长为l,通过的电流大小为I且垂直于纸面向里,匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角,则导体棒受到的()A.安培力大小为BIlB.安培力大小为BIlsinθC.摩擦力大小为BIlcosθD.支持力大小为mg+BIlcosθ答案:AD解析:导体棒受力如图所示。由于导体棒与磁场垂直,故安培力大小FA=BIl。根据平衡条件得Ff=FAsinθ,mg+FAcosθ=FN解得Ff=BIlsinθ,FN=mg+BIlcosθ。故A、D正确,B、C错误。10.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成,其间留有空隙。下列说法正确的是()A.离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器C.离子从磁场中获得能量D.离子从电场中获得能量答案:AD解析:本题既考查学生对回旋加速器的结构及工作原理的掌握情况,又能综合考查磁场和电场对带电粒子的作用规律。由R=mvqB知,随着被加速离子的速度增大,离子在磁场中做圆周运动的轨道半径逐渐增大,所以离子必须由加速器中心附近进入加速器,A项正确,B项错误。离子在电场中被加速,使动能增加;在磁场中洛伦兹力不做功,离子做匀速圆周运动,动能不改变,磁场的作用是改变离子的速度方向,所以C项错误,D11.已知一质量为m的带电液滴,经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中,液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示,则()A.液滴在空间可能受4个力作用B.液滴一定带负电C.液滴做圆周运动的半径r=1D.液滴在复合场中运动时总能量不变答案:BCD解析:液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,所以选项A错误。由于液滴做匀速圆周运动,所以电场力与重力为平衡力,电场力方向向上,可以判定液滴带负电,选项B正确。根据qU=12mv2,r=mvqB,qE=mg,解得r=1B2UEg,选项C正确。液滴在复合场中运动的整个过程能量守恒,选项12.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示。下列表述错误的是()A.M带负电,N带正电B.M的速率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间答案:BCD解析:由左手定则可判断出M带负电,N带正电,选项A正确;由半径公式r=mvqB知,在m、q、B相同的情况下,半径大的M速度大,选项B错误;洛伦兹力与速度始终垂直,永不做功,选项C错误;由周期公式T=2πmqB知二者的周期相同三、非选择题(本题共6小题,共60分)13.(6分)电磁流量计的示意图如图所示。直径为d的由非磁性材料制成的圆形导管内,有导电液体流动,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导电液体流动方向而穿过一段圆形管道。若测得管壁内a、b两点间的电势差为U,则管中导电液体的流量(一段时间内通过某横截面的液体的体积与时间之比)Q=。

答案:π解析:当导电液体从导管内通过时,qvB=qE,且E=Ud,Q=vt·πd22t14.(8分)一个电子(电荷量为e,质量为m)以速率v从x轴上某点垂直于x轴进入上方匀强磁场区域,如图所示,已知上方磁感应强度为B,且大小为下方匀强磁场磁感应强度的2倍,将从开始到再一次由x轴进入上方磁场作为一个周期,那么电子运动一个周期所用的时间是,电子运动一个周期的平均速度大小为。

答案:3解析:电子一个周期内的运动轨迹如右图所示。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式,可知evB=mv故圆半径R=mveB,所以上方R1=mveB,T1=2πmeB;下方R2=2mveB,T2=4πmeB。因此电子运动一个周期所用时间是T=T12+T22=πmv=15.(8分)如图所示,在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m、质量为6×10-2kg的通电直导线,电流I=1A,方向垂直于纸面向外,导线用平行于斜面的轻绳拴住不动,整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T、方向竖直向上的磁场中。设t=0时,B=0,则需要多长时间斜面对导线的支持力为零?g取10m/s2。答案:5s解析:斜面对导线的支持力为零时受力分析如下图所示。由平衡条件得BIl=mgcot37°B=mg=6×所需时间t=2T0.4T16.(10分)如图所示,两平行光滑金属导轨与水平面间的夹角θ=45°,相距为20cm;金属棒MN的质量为1×10-2kg,电阻R=8Ω;匀强磁场方向竖直向下,B=0.8T,电源电动势E=10V,内阻r=1Ω。当开关S闭合时,MN处于平衡状态。滑动变阻器R1的取值为多少?忽略金属导轨的电阻,g取10m/s2。答案:7Ω解析:沿M→N的方向看去,导体棒MN受重力、支持力、安培力,这三个力在同一竖直平面内,如图所示。由受力图及平衡条件有mgsinθ-BIlcosθ=0①由闭合电路的欧姆定律有E=I(R+R1+r)②由①②两式解得R1=7Ω。17.(12分)如图所示,质量为m=1kg、电荷量为q=5×10-2C的带正电荷的小滑块,从半径为R=0.4m的光滑固定绝缘14圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E=100V/m,方向水平向右,B=1T,方向垂直于纸面向里,g取10m/s2。求(1)滑块到达C点时的速度;(2)在C点时滑块所受洛伦兹力;(3)在C点滑块对轨道的压力。答案:(1)2m/s,方向水平向左(2)0.1N,方向竖直向下(3)20.1N,方向竖直向下解析:以滑块为研究对象,自轨道上A点滑到C点的过程中,受重力mg,方向竖直向下;电场力qE,方向水平向右;洛伦兹力F洛=qvB,方向始终垂直于速度方向;轨道的支持力FN,方向始终指向圆心。(1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力和支持力不做功,由动能定理得mgR-qER=1得vC=2(mg-(2)根据洛伦兹力公式得F洛=qvCB=5×10-2×2×1N=0.1N,方向竖直向下。(3)在C点,由牛顿第二定律得FN-mg-F洛=mv得FN=mg+F洛+mvC2R=由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力为20.1N,方向竖直向下。18.(16分)如图所示,在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场,在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场,MN为电场和磁场的交界面,ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子,粒子运动轨迹恰与ab相切并返回磁场。已知电场强度E=3v02(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小;(2)磁场的磁感应强度B的大小。答案:(1)2v023d3解析:(1)根据动能定理,得qEd=12mv2-解得v=2v0粒子在电场中做类平抛运动,有F=qE,a=Fm,d=12at1解得t1=23d3v(2)粒子运动的轨迹如图所示,设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场tanθ=v2-v02v根据R+Rcosθ=d,得R=2由牛顿第二定律可得qvB=mv2R,解得B=第二章电磁感应1.楞次定律一、基础巩固1.关于感应电流,下列说法正确的是()A.根据楞次定律知,感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量B.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化C.感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同,也可能相反D.当导体切割磁感线运动时,必须用右手定则确定感应电流的方向答案:C解析:由楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,A错误。感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化,不是阻碍原磁场的变化,B错误。由楞次定律知,如果是因磁通量的减少而引起的感应电流,则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同,阻碍磁通量的减小;如果是因磁通量的增加而引起的感应电流,则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反,阻碍磁通量的增加,C正确。导体切割磁感线运动时,可直接用右手定则确定感应电流的方向,也可以由楞次定律确定感应电流的方向,D错误。2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按下图所示连接。把开关闭合,将线圈A放在线圈B中,待电路稳定后,某同学发现,当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时,电流表的指针向右偏转。则下列说法正确的是()A.线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动,都能引起电流表的指针向左偏转B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关,都能引起电流表的指针向右偏转C.滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动时,电流表的指针都静止在中央位置D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知,故无法判断电流表指针偏转的方向答案:B解析:由题意知,穿过B线圈的磁通量在减小时,电流表指表向右偏转。A选项中,线圈A向上移动时,使得穿过B线圈的磁通量减少,电流表指针向右偏转,故A选项错误,同理B选项正确;C选项中,滑片P匀速向左滑动时,穿过B线圈的磁通量减少,电流表指针向右偏转,同理滑片P匀速向右滑动时,电流表指针向左偏转,故C、D选项均错误。3.如图所示,一扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内,磁铁中心与圆心重合,为了在磁铁开始运动时在线圈中得到逆时针方向的感应电流,磁铁的运动方式应是()A.磁铁在线圈平面内顺时针转动B.磁铁在线圈平面内逆时针转动C.N极向纸内,S极向纸外,使磁铁绕O点转动D.N极向纸外,S极向纸内,使磁铁绕O点转动答案:C解析:根据楞次定律可知,必须使通过线圈向外的磁通量减少或向里的磁通量增加,故选C。4.如图所示,A、B都是很轻的铝环,分别吊在绝缘细杆的两端,杆可绕竖直轴在水平面内转动,环A是闭合的,环B是断开的。若用磁铁分别靠近这两个圆环,则下列说法正确的是()A.图中磁铁N极接近A环时,A环被吸引,而后被推开B.图中磁铁N极远离A环时,A环被排斥,而后随磁铁运动C.用磁铁N极接近B环时,B环被排斥,远离磁铁运动D.用磁铁的任意一磁极接近A环时,A环均被排斥答案:D解析:用磁铁的任意一磁极接近A环,A环被排斥;远离A环,A环被吸引。接近或远离B环,B环无任何反应。因为在磁铁的任意一磁极接近或远离A环时,由于A环闭合,环中产生了感应电流,阻碍磁极和A环间的相对运动;而B环不闭合,无感应电流产生。5.右图为闭合电路的一部分导体在磁极间运动的情形,图中导体垂直于纸面,a、b、c、d分别表示导体运动中的四个不同位置,箭头表示导体在该位置上的运动方向,则导体中感应电流的方向垂直于纸面向里时,导体的位置是()A.a B.b C.c D.d答案:A解析:导体切割磁感线产生感应电流,用右手定则判断a位置感应电流方向垂直于纸面向里。6.下图是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情景,请分析各图中感应电流的方向。答案:A:b→aB:a→c→b→aC:b→a解析:题中各图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线的情况,应用右手定则判断,可得A中电流由b→a,B中电流沿a→c→b→a方向,C中电流由b→a。此题主要考查右手定则的应用,意在提高学生的科学思维。7.如图所示,在竖直向下的磁场中,水平放置着闭合电路abcd。其中ab、cd两边的长度可以变化。当bc向右运动时(ad不动),用两种方法分析通过灯泡L的电流的方向。答案:见解析解析:此题主要考查判断感应电流方向的方法,意在培养学生应用多种方法解决问题的能力,提高学生科学思维。解法一:用楞次定律。回路面积增大,磁通量变大,感应电流会在回路内产生向上的磁场来阻碍磁通量变大,由安培定则可知感应电流应沿adcba方向,故流过灯泡的电流方向为由a向d。解法二:用右手定则。直接判断出流经bc边的电流是由c向b,故流过灯泡的电流方向是由a向d。二、能力提升1.如图所示,蹄形磁铁的两极间放置一个线圈abcd,磁铁和线圈都可以绕OO'轴转动,磁铁按如图示方向转动时,线圈的运动情况是()A.俯视,线圈顺时针转动,转速与磁铁相同B.俯视,线圈逆时针转动,转速与磁铁相同C.线圈与磁铁转动方向相同,但转速小于磁铁的D.线圈静止不动答案:C解析:本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动,“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动,线圈阻止不了磁铁的相对运动,由“来拒去留”,线圈只好跟着磁铁同向转动;如果二者转速相同,就没有相对运动,线圈就不会转动,故答案为C。此题考查了楞次定律的推广应用,意在培养学生的理解分析能力,提高学生的科学思维。2.如图所示,匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里,a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点,现用外力作用在上述四点,将线圈拉成正方形。设线圈导线不可伸长,且线圈仍处于原先所在的平面内,则在线圈发生形变的过程中()A.线圈中将产生abcd方向的感应电流B.线圈中将产生adcb方向的感应电流C.线圈中产生感应电流的方向先是abcd,后是adcbD.线圈中无感应电流产生答案:A解析:由几何知识知,周长相等的几何图形中,圆的面积最大,当由圆形变成正方形时磁通量变小。根据楞次定律知在线圈中将产生abcd方向的感应电流,故选A。3.如图所示,导轨间的磁场方向垂直于纸面向里,当导体棒MN在导轨上水平向右加速滑动时,正对电磁铁A的圆形金属环B中(导体棒切割磁感线速度越大,感应电流越大)()A.有感应电流,且B被A吸引B.无感应电流C.可能有,也可能没有感应电流D.有感应电流,且B被A排斥答案:D解析:MN向右加速滑动,根据右手定则,MN中的电流方向从N→M,且大小在逐渐变大;根据安培定则知,电磁铁A在金属环B处产生的磁场方向水平向左,且大小逐渐增强;根据楞次定律知,B环中的感应电流产生的磁场方向水平向右,B被A排斥。D正确,A、B、C错误。4.(多选)如图所示,一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入M、N极板间,突然发现电子向M板偏转,若不考虑磁场对电子运动方向的影响,则产生这一现象的时刻可能是()A.开关S闭合瞬间B.开关S由闭合到断开瞬间C.开关S是闭合的,滑动变阻器滑片P向右迅速滑动时D.开关S是闭合的,滑动变阻器滑片P向左迅速滑动时答案:AD解析:若开关S闭合,由右手螺旋定则可知,左侧螺线管右端为N极;发现电子向M板偏转,说明M、N两板的电势φM>φN,即右侧螺线管中产生了流向M板的电流,由右手螺旋定则可知,右侧螺线管左端为N极,如图所示;由楞次定律可知,左侧螺线管中电流增大,选项A、D正确。5.如图所示,一个有界匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向外,一个矩形闭合导线框abcd,沿纸面由位置甲(左)匀速运动到位置乙(右),则()A.导线框进入磁场时,感应电流方向为a→b→c→d→aB.导线框离开磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→aC.导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向右D.导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向左答案:D解析:由右手定则可判断出导线框进入磁场时,感应电流方向为a→d→c→b→a,导线框离开磁场时,感应电流方向为a→b→c→d→a。由左手定则可判断导线框进入磁场时受到的安培力方向水平向左,导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向左,因此选项D正确。6.(多选)如图所示,水平放置的两平行轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力作用下运动时,MN在磁场力作用下向右运动,则PQ所做的运动可能是()A.向右匀加速运动B.向左匀加速运动C.向右匀减速运动D.向左匀减速运动答案:BC解析:设PQ向右运动,用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P,由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的;若PQ向右匀加速运动,则穿过L1的磁通量增加,用楞次定律可以判断流过MN的感应电流方向是从N→M的,用左手定则可判定MN受到向左的安培力,将向左运动,所以选项A错误。若PQ向右减速运动,流过MN的感应电流方向、感应电流所受的安培力的方向均将反向,MN向右运动,所以选项C正确。同理可判断选项B正确,D错误。7.如图所示,线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连,线圈Ⅱ与电流计G相连,线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上,在下列情况下,电流计G中是否有示数?(1)开关闭合瞬间;(2)开关闭合稳定后;(3)开关闭合稳定后,来回移动滑动变阻器的滑片;(4)开关断开瞬间。答案:(1)有(2)无(3)有(4)有解析:(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有,故电流形成的磁场也从无到有,穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有,故线圈Ⅱ中产生感应电流,电流计G有示数。(2)开关闭合稳定后,线圈Ⅰ中电流稳定不变,电流形成的磁场不变,此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变,故线圈Ⅱ中无感应电流产生,电流计G无示数。(3)开关闭合稳定后,来回移动滑动变阻器的滑片,电阻变化,线圈Ⅰ中的电流变化,电流形成的磁场也发生变化,穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化,故线圈Ⅱ中有感应电流产生,电流计G有示数。(4)开关断开瞬间,线圈Ⅰ中电流从有到无,电流形成的磁场也从有到无,穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无,故线圈Ⅱ中有感应电流产生,电流计G有示数。8.重力为G的线圈系在一个弹簧测力计上,其下方有一通电导线,如图甲所示,导线所通过的电流如图乙所示,它们均在同一平面内,求下列不同时刻弹簧测力计的示数与G的大小关系。(1)在t1时刻;(2)在t2时刻;(3)在t3时刻。答案:(1)小于G(2)等于G(3)大于G解析:(1)在t1时刻穿过线圈的磁通量增加,线圈中产生感应电流,由楞次定律知,弹簧测力计的示数小于G;(2)在t2时刻穿过线圈的磁通量不变,线圈中不产生感应电流,由力的平衡知,弹簧测力计的示数等于G;(3)在t3时刻穿过线圈的磁通量减少,线圈中产生感应电流,由楞次定律知,弹簧测力计的示数大于G。2.法拉第电磁感应定律一、基础巩固1.下列关于电磁感应现象的说法正确的是()A.只要穿过闭合电路中的磁通量不为零,闭合电路中就一定有感应电流产生B.穿过闭合电路中的磁通量减小,则电路中感应电流就减小C.穿过闭合电路中的磁通量越大,闭合电路中的感应电动势就越大D.穿过闭合电路中的磁通量变化越快,闭合电路中感应电动势就越大答案:D解析:只有闭合回路中磁通量发生变化时,闭合回路中才会产生感应电流,故A错误;感应电流的大小取决于磁通量变化的快慢,磁通量减小时,若磁通量的变化率增大,则感应电流可能变大,故B错误;磁通量大,但变化较慢,则感应电动势也可能很小,故C错误;穿过闭合电路的磁通量变化越快,则感应电动势越大,故D正确。2.穿过一个单匝线圈的磁通量始终为每秒均匀地增加2Wb,则()A.线圈中的感应电动势每秒增加2VB.线圈中的感应电动势每秒减小2VC.线圈中的感应电动势始终为2VD.线圈中不产生感应电动势答案:C解析:由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt=2V,所以线圈中感应电动势始终为2V,3.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直。先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的2倍。接着保持增大后的磁感应强度不变,在1s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为()A.12 B.1 C.2 D.答案:B解析:设原磁感应强度为B,线框面积为S,第一次在1s内将磁感应强度增大为原来的2倍,即变为2B,感应电动势为E1=ΔBSΔt=(2B-B)St=BSt;第二次在1s内将线框面积均匀地减小到原来的一半,即变为12S,感应电动势大小为4.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示,在下列几段时间内,线圈中感应电动势最小的是()A.0~2s B.2~4sC.4~5s D.5~10s答案:D解析:图像斜率绝对值越小,表明磁通量的变化率越小,感应电动势也就越小。5.如图所示,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为E,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相互垂直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时,棒两端的感应电动势大小为E'。则E'E等于(A.12 B.22 C.1 D答案:B解析:设折弯前金属棒切割磁感线的长